重庆市第四十二中学2022-2023学年数学九年级第一学期期末检测试题含解析

这是一份重庆市第四十二中学2022-2023学年数学九年级第一学期期末检测试题含解析，共24页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，已知二次函数的解析式为，下列几何体的左视图为长方形的是，抛物线y=的对称轴方程为等内容，欢迎下载使用。

1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题(每小题3分,共30分)
1．如图，边长都为4的正方形ABCD和正三角形EFG如图放置，AB与EF在一条直线上，点A与点F重合．现将△EFG沿AB方向以每秒1个单位的速度匀速运动，当点F与B重合时停止．在这个运动过程中，正方形ABCD和△EFG重叠部分的面积S与运动时间t的函数图象大致是（ ）
A．B．C．D．
2．二次函数的图象如图，则一次函数的图象经过（ ）
A．第一、二、三象限B．第一、二、四象限C．第二、三、四象限D．第一、三、四象限
3．抛物线y=x2+2x﹣3的最小值是（ ）
A．3 B．﹣3 C．4 D．﹣4
4．如图，，直线与这三条平行线分别交于点和点．已知AB=1，BC=3，DE=1.2，则DF的长为（ ）
A．B．C．D．
5．已知二次函数的解析式为（、、为常数，），且，下列说法：①；②；③方程有两个不同根、，且；④二次函数的图象与坐标轴有三个不同交点，其中正确的个数是（ ）．
A．1B．2C．3D．4
6．下列几何体的左视图为长方形的是（ ）
A．B．C．D．
7．抛物线y=(x－4)(x＋2)的对称轴方程为（ ）
A．直线x=-2B．直线x=1C．直线x=-4D．直线x=4
8．△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于D，已知：cs∠A= ，则sin∠DCB的值为（ ）
A．B．C．D．
9．赵州桥的桥拱可以用抛物线的一部分表示，函数关系为，当水面宽度AB为20m时，水面与桥拱顶的高度DO等于（ ）
A．2mB．4mC．10mD．16m
10．如图，已知▱ABCD中，∠DBC＝45°，DE⊥BC于E，BF⊥CD于F，DE、BF相交于H，BF、AD的延长线相交于G，下面结论：①DB＝BE；②∠A＝∠BHE；③AB＝BH；④△BHD∽△BDG．其中正确的结论是（ ）
A．①②③④B．①②③C．①②④D．②③④
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．一元二次方程的根的判别式的值为____.
12．如图，点A、B分别在y轴和x轴正半轴上滑动，且保持线段AB＝4，点D坐标为（4，3），点A关于点D的对称点为点C，连接BC，则BC的最小值为_____．
13．一个不透明的口袋中有三个完全相同的小球，把它们分别标号为1，2，1．随机摸出一个小球然后放回，再随机摸出一个小球，则两次摸出的小球标号相同的概率是_____．
14．一种药品经过两次降价，药价从每盒80元下调至45元，平均每次降价的百分率是__．
15．若关于的一元二次方程x2+2x-k=0没有实数根，则k的取值范围是________．
16．如图，是的直径，点在上，且，垂足为，，，则__________．
17．在△ABC中，∠ABC=90°，已知AB=3，BC=4，点Q是线段AC上的一个动点，过点Q作AC的垂线交直线AB于点P，当△PQB为等腰三角形时，线段AP的长为_____．
18．点（﹣4，3）关于原点对称的点的坐标是_____．
三、解答题(共66分)
19．（10分）如图，△ABC是等边三角形，点D在AC边上，将△BCD绕点C旋转得到△ACE．
（1）求证：DE∥BC．
（2）若AB＝8，BD＝7，求△ADE的周长．
20．（6分）如图，平行四边形中，点是的中点，用无刻度的直尺按下列要求作图．
（1）在图1中，作边上的中点；
（2）在图2中，作边上的中点.
21．（6分）为了节省材料，某水产养殖户利用本库的岸堤（岸堤足够长）为一边，用总长为160m的围网在水库中围成了如图所示的①、②、③三块矩形区域网箱，而且这三块矩形区域的面积相等，设BE的长度为xm，矩形区域ABCD的面积为ym1．
（1）则AE＝ m，BC＝ m；（用含字母x的代数式表示）
（1）求矩形区域ABCD的面积y的最大值．
22．（8分）如图1，AB为⊙O的直径，点C为⊙O上一点，CD平分∠ACB交⊙O于点D，交AB于点E．
（1）求证：△ABD为等腰直角三角形；
（2）如图2，ED绕点D顺时针旋转90°，得到DE′，连接BE′，证明：BE′为⊙O的切线；
（3）如图3，点F为弧BD的中点，连接AF，交BD于点G，若DF＝1，求AG的长．
23．（8分）如图①，在矩形ABCD中，BC＝60cm．动点P以6cm/s的速度在矩形ABCD的边上沿A→D的方向匀速运动，动点Q在矩形ABCD的边上沿A→B→C的方向匀速运动．P、Q两点同时出发，当点P到达终点D时，点Q立即停止运动．设运动的时间为t(s)，△PDQ的面积为S(cm2)，S与t的函数图象如图②所示．
（1）AB＝ cm，点Q的运动速度为 cm/s；
（2）在点P、Q出发的同时，点O也从CD的中点出发，以4cm/s的速度沿CD的垂直平分线向左匀速运动，以点O为圆心的⊙O始终与边AD、BC相切，当点P到达终点D时，运动同时停止．
①当点O在QD上时，求t的值；
②当PQ与⊙O有公共点时，求t的取值范围．
24．（8分）如图一座拱桥的示意图，已知桥洞的拱形是抛物线.当水面宽为12m时，桥洞顶部离水面4m.、
（1）建立平面直角坐标系，并求该抛物线的函数表达式；
（2）若水面上升1m，水面宽度将减少多少？
25．（10分）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A（3，3），点B（4，0），点C（0，﹣1）．
（1）以点C为中心，把△ABC逆时针旋转90°，请在图中画出旋转后的图形△A′B′C，点B′的坐标为________；
（2）在（1）的条件下，求出点A经过的路径的长（结果保留π）．
26．（10分）探究题：如图1，和均为等边三角形，点在边上，连接．
（1）请你解答以下问题：
①求的度数；
②写出线段，，之间数量关系，并说明理由．
（2）拓展探究：如图2，和均为等腰直角三角形，，点在边上，连接．请判断的度数及线段，，之间的数量关系，并说明理由．
（3）解决问题：如图3，在四边形中，，，，与交于点．若恰好平分，请直接写出线段的长度．
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、C
【解析】根据题意和函数图象可以写出各段对应的函数解析式，从而可以判断哪个选项中的图象符合题意，本题得以解决．
【详解】解：当时，，即S与t是二次函数关系，有最小值，开口向上，
当时，，即S与t是二次函数关系，开口向下，
由上可得，选项C符合题意，
故选：C．
【点睛】
考查动点问题的函数过图象，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
2、C
【解析】∵抛物线的顶点在第四象限，∴﹣＞1，＜1．∴＜1，
∴一次函数的图象经过二、三、四象限．故选C．
3、D
【解析】把y=x2+2x﹣3配方变成顶点式，求出顶点坐标即可得抛物线的最小值.
【详解】∵y=x2+2x﹣3=（x+1）2﹣1，
∴顶点坐标为（﹣1，﹣1），
∵a=1＞0，
∴开口向上，有最低点，有最小值为﹣1．
故选：D．
【点睛】
本题考查二次函数最值的求法：求二次函数的最大（小）值有三种方法，第一种可由图象直接得出，第二种是配方法，第三种是公式法，熟练掌握并灵活运用适当方法是解题关键.
4、B
【分析】根据平行线分线段成比例定理即可解决问题．
【详解】解：，
，即，
，
，
故选．
【点睛】
本题考查平行线分线段成比例定理，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
5、B
【分析】根据a的符号分类讨论，分别画出对应的图象，根据二次函数的图象逐一分析，找出所有情况下都正确的结论即可．
【详解】解：当a＞0时，即抛物线的开口向上
∵
∴，
即当x=1时，y=
∴此时抛物线与x轴有两个交点，如图所示
∴，故①错误；
∵
∴，故此时②正确；
由图象可知：x1＜1，x2＞1
∴
∴，故此时③正确；
当c=0时，二次函数的图象与坐标轴有两个不同交点，故④错误；
当a＜0时，即抛物线的开口向下
∵
∴，
即当x=1时，y=
∴此时抛物线与x轴有两个交点，如图所示
∴，故①错误；
∵
∴，故此时②正确；
由图象可知：x1＜1，x2＞1
∴
∴，故此时③正确；
当c=0时，二次函数的图象与坐标轴有两个不同交点，故④错误；
综上所述：①错误；②正确；③正确；④错误，正确的有2个
故选B．
【点睛】
此题考查的是二次函数的图象及性质，掌握二次函数的图象及性质与各项系数的关系和分类讨论的数学思想是解决此题的关键．
6、C
【解析】分析：找到每个几何体从左边看所得到的图形即可得出结论．
详解：A．球的左视图是圆；
B．圆台的左视图是梯形；
C．圆柱的左视图是长方形；
D．圆锥的左视图是三角形．
故选C．
点睛：此题主要考查了简单几何体的三视图，关键是掌握每个几何体从左边看所得到的图形.
7、B
【解析】把抛物线解析式整理成顶点式解析式，然后写出对称轴方程即可．
【详解】解：y=（x+2）（x－4），
=x2－2x－8，
=x2－2x+1－9，
=（x－1）2－9，
∴对称轴方程为x=1．
故选：B．
【点睛】
本题考查了二次函数的性质，是基础题，把抛物线解析式整理成顶点式解析式是解题的关键．
8、C
【分析】设，根据三角函数的定义结合已知条件可以求出AC、CD，利用∠BCD=∠A，即可求得答案．
【详解】∵，
∴，
∵，
∴设，则，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴．
故选：C．
【点睛】
本题考查直角三角形的性质、三角函数的定义、勾股定理、同角的余角相等等知识，熟记性质是解题的关键．
9、B
【分析】根据题意，水面宽度AB为20则B点的横坐标为10，利用B点是函数为图象上的点即可求解y的值即DO
【详解】根据题意B的横坐标为10，
把x＝10代入，
得y＝﹣4，
∴A（﹣10，﹣4），B（10，﹣4），
即水面与桥拱顶的高度DO等于4m．
故选B．
【点睛】
本题考查了点的坐标及二次函数的实际应用．
10、B
【分析】根据已知及相似三角形的判定方法对各个结论进行分析从而得到最后答案．
【详解】∵∠DBC＝45°，DE⊥BC
∴∠BDE＝45°，
∴BE＝DE
由勾股定理得，DB＝BE，
∵DE⊥BC，BF⊥CD
∴∠BEH＝∠DEC＝90°
∵∠BHE＝∠DHF
∴∠EBH＝∠CDE
∴△BEH≌△DEC
∴∠BHE＝∠C，BH＝CD
∵▱ABCD中
∴∠C＝∠A，AB＝CD
∴∠A＝∠BHE，AB＝BH
∴正确的有①②③
对于④无法证明．
故选：B．
【点睛】
此题考查了相似三角形的判定和性质：①如果两个三角形的三组对应边的比相等，那么这两个三角形相似；②如果两个三角形的两条对应边的比相等，且夹角相等，那么这两个三角形相似；③如果两个三角形的两个对应角相等，那么这两个三角形相似．平行于三角形一边的直线截另两边或另两边的延长线所组成的三角形与原三角形相似．相似三角形的对应边成比例，对应角相等．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、1.
【解析】直接利用根的判别式△=b2-4ac求出答案．
【详解】一元二次方程x2+3x=0根的判别式的值是：△=32-4×1×0=1．
故答案为1．
【点睛】
此题主要考查了根的判别式，正确记忆公式是解题关键．
12、1
【分析】取AB的中点E，连接OE，DE，OD，依据三角形中位线定理即可得到BC=2DE，再根据O，E，D在同一直线上时，DE的最小值等于OD-OE=3，即可得到BC的最小值等于1．
【详解】解：如图所示，取AB的中点E，连接OE，DE，OD，
由题可得，D是AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴BC＝2DE，
∵点D坐标为(4，3)，
∴OD＝＝5，
∵Rt△ABO中，OE＝AB＝×4＝2，
∴当O，E，D在同一直线上时，DE的最小值等于OD﹣OE＝3，
∴BC的最小值等于1，
故答案为：1．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理，三角形三条边的关系，直角三角形斜边上中线的性质以及三角形中位线定理的运用，解决问题的关键是掌握直角三角形斜边上中线的性质以及三角形中位线定理．
13、
【解析】首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与两次摸出的小球标号相同的情况，再利用概率公式即可求得答案．
【详解】根据题意，画树状图如下：
共有9种等可能结果，其中两次摸出的小球标号相同的有1种结果，
所以两次摸出的小球标号相同的概率是，
故答案为．
【点睛】
此题考查了树状图法与列表法求概率．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
错因分析 中等难度题.失分的原因有两个：（1）没有掌握放回型和不放回型概率计算的区别；（2）未找全标号相同的可能结果.
14、25%
【分析】设每次降价的百分比为x，根据前量80，后量45，列出方程，解方程即可得到答案.
【详解】设每次降价的百分比为x，
，
解得：x1=0.25=25%，x2=1.75（不合题意舍去）
故答案为：25%.
【点睛】
此题考查一元二次方程的实际应用，正确理解百分率问题，代入公式：前量（1x）2=后量，即可解答此类问题.
15、k﹤-1.
【分析】若关于x的一元二次方程x2+2x-k=0没有实数根，则△=b2-4ac＜0，列出关于k的不等式，求得k的取值范围即可．
【详解】∵关于x的一元二次方程x2+2x-k=0没有实数根，
∴△=b2-4ac＜0，
即22-4×1×（-k）＜0，
解这个不等式得：k＜-1．
故答案为：k＜-1．
16、2
【分析】先连接OC，在Rt△ODC中，根据勾股定理得出OC的长，即可求得答案．
【详解】连接OC，如图，
∵CD=4，OD=3，，
在Rt△ODC中，
∴，
∵，
∴．
故答案为：．
【点睛】
此题考查了圆的认识，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
17、或1．
【解析】当△PQB为等腰三角形时，有两种情况，需要分类讨论:①当点P在线段AB上时，如图1所示．由三角形相似（△AQP∽△ABC）关系计算AP的长；
②当点P在线段AB的延长线上时，如图2所示．利用角之间的关系，证明点B为线段AP的中点，从而可以求出AP．
【详解】解:在Rt△ABC中，AB=3，BC=4，由勾股定理得：AC=5.
∵∠QPB为钝角，
∴当△PQB为等腰三角形时，
当点P在线段AB上时，如题图1所示：
∵∠QPB为钝角，
∴当△PQB为等腰三角形时，只可能是PB=PQ，
由(1)可知,△AQP∽△ABC，
∴ 即 解得：
∴
当点P在线段AB的延长线上时，如题图2所示：
∵∠QBP为钝角，
∴当△PQB为等腰三角形时，只可能是PB=BQ.
∵BP=BQ，∴∠BQP=∠P，
∵
∴∠AQB=∠A，
∴BQ=AB，
∴AB=BP，点B为线段AP中点，
∴AP=2AB=2×3=1.
综上所述,当△PQB为等腰三角形时,AP的长为或1.
故答案为或1.
【点睛】
本题考查相似三角形的判定和性质、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
18、（4，﹣3）
【解析】平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（﹣x，﹣y），即关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数．
【详解】点（﹣4，3）关于原点对称的点的坐标是（4，﹣3）．
故答案为（4，﹣3）．
【点睛】
本题考查了平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（﹣x，﹣y），即关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数，比较简单．
三、解答题(共66分)
19、（1）见解析；（2）1
【分析】（1）由旋转的性质可得CD＝CE，∠ACB＝∠ACE＝60°，可得∠CDE＝60°＝∠ACB，可证DE∥BC；
（2）由旋转的性质可得AE＝BD＝7，即可求△ADE的周长．
【详解】证明：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC，∠ACB＝60°，
∵将△BCD绕点C旋转得到△ACE．
∴CD＝CE，∠ACB＝∠ACE＝60°，
∴△CDE是等边三角形，
∴∠CDE＝60°＝∠ACB，
∴DE∥BC；
（2）∵将△BCD绕点C旋转得到△ACE．
∴AE＝BD＝7，
∵△ADE的周长＝AE+DE+AD＝AE+DC+AD＝AE+AC，
∴△ADE的周长＝7+8＝1．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，解决本题的关键是正确理解题意，能够熟练掌握旋转的性质和等边三角形的性质，找到相等的线段和角.
20、 (1) 如图所示，见解析；(2) 如图所示，见解析．
【分析】（1）连接AC，BD，连接E与对角线交点与AD交于F，点F即为所求；
（2）连接AE，BF，连接平行四边形对角线的交点以及平行四边形对角线的交点，连线与AB交于点G，点G即为所求.
【详解】（1）如图1所示．
（2）如图2所示．
【点睛】
本题考查了平行四边形的作图，掌握平行四边形的性质是解题的关键.
21、（1）1x，（80﹣4x）；（1）1100m1．
【分析】（1）根据三个矩形面积相等，得到矩形AEFD面积是矩形BCFE面积的1倍，可得出AE＝1BE，设BE＝x，则有AE＝1x，BC＝80﹣4x；
（1）利用二次函数的性质求出y的最大值，以及此时x的值即可．
【详解】（1）设BE的长度为xm，
则AE＝1xm，BC＝（80﹣4x）m，
故答案为：1x，（80﹣4x）；
（1）根据题意得：y＝3x（80﹣4x）＝﹣11x1+140x＝﹣11（x﹣10）1+1100，
因为﹣11，所以当x＝10时，y有最大值为1100．
答：矩形区域ABCD的面积的最大值为1100m1．
【点睛】
本题考查二次函数的性质和应用，解题的关键是掌握二次函数的性质和应用.
22、（1）见解析；（1）见解析；（3）1．
【分析】（1）由AB是⊙O的直径，根据直径所对的圆周角是直角，即可得∠ADB=90°，又由CD平分∠ACB，根据圆周角定理，可得AD=BD，继而可得△ABD是等腰直角三角形；
（1）证明△ADE≌△BDE'，可得∠DAE=∠DBE'，则∠OBE'=∠ABD+∠DBE'=90°，结论得证；
（3）取AG的中点H，连结DH，则DH=AH=GH，求出DH=DF=1，则答案可求出．
【详解】（1）∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝∠ACB＝90°，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD＝∠DCB，
∴，
∴AD＝BD，
∴△ABD是等腰直角三角形．
（1）由旋转的性质得，∠EDE'＝90°，DE＝DE'，
∵∠ADB＝90°，
∴∠ADE＝∠BDE'，
∵AD＝BD，
∴△ADE≌△BDE'（SAS），
∴∠DAE＝∠DBE'，
∵∠EAD＝∠DCB＝45°，∠ABD＝∠DCA＝45°，
∴∠OBE'＝∠ABD+∠DBE'＝90°，
∴BE′为⊙O的切线；
（3）解：∵点F为的中点，
∴∠FAD＝∠DAB＝11．5°，
取AG的中点H，连结DH，
∵∠ADB＝90°，
∴DH＝AH＝GH，
∴∠ADH＝∠FAD＝11．5°，
∴∠DHF＝∠ADH+∠FAD＝45°，
∵∠AFD＝∠ACD＝45°，
∴∠DHF＝∠AFD，
∴DH＝DF＝1，
∴AG＝1DH＝1．
【点睛】
此题考查了和圆有关的综合性题目，考查了等腰直角三角形的判定与性质、旋转的性质、切线的判定、全等三角形的判定与性质以及直角三角形的性质，熟练掌握切线的判定方法是解题的关键．
23、（1）30，6；（2）①；②≤t≤．
【分析】（1）设点Q的运动速度为a，则由图②可看出，当运动时间为5s时，△PDQ有最大面积450，即此时点Q到达点B处，可列出关于a的方程，即可求出点Q的速度，进一步求出AB的长；
（2）①如图1，设AB，CD的中点分别为E，F，当点O在QD上时，用含t的代数式分别表示出OF，QC的长，由OF＝QC可求出t的值；
②设AB，CD的中点分别为E，F，⊙O与AD，BC的切点分别为N，G，过点Q作QH⊥AD于H，如图2﹣1，当⊙O第一次与PQ相切于点M时，证△QHP是等腰直角三角形，分别用含t的代数式表示CG，QM，PM，再表示出QP，由QP＝QH可求出t的值；同理，如图2﹣2，当⊙O第二次与PQ相切于点M时，可求出t的值，即可写出t的取值范围．
【详解】（1）设点Q的运动速度为a，
则由图②可看出，当运动时间为5s时，△PDQ有最大面积450，即此时点Q到达点B处，
∵AP＝6t，
∴S△PDQ＝(60﹣6×5)×5a＝450，
∴a＝6，
∴AB＝5a＝30，
故答案为：30，6；
（2）①如图1，设AB，CD的中点分别为E，F，当点O在QD上时，
QC＝AB+BC﹣6t＝90﹣6t，OF＝4t，
∵OF∥QC且点F是DC的中点，
∴OF＝QC，
即4t＝ (90﹣6t)，
解得，t＝；
②设AB，CD的中点分别为E，F，⊙O与AD，BC的切点分别为N，G，过点Q作QH⊥AD于H，
如图2﹣1，当⊙O第一次与PQ相切于点M时，
∵AH+AP＝6t，AB+BQ＝6t，且BQ＝AH，
∴HP＝QH＝AB＝30，
∴△QHP是等腰直角三角形，
∵CG＝DN＝OF＝4t，
∴QM＝QG＝90﹣4t﹣6t＝90﹣10t，PM＝PN＝60﹣4t﹣6t＝60﹣10t，
∴QP＝QM+MP＝150﹣20t，
∵QP＝QH，
∴150﹣20t＝30，
∴t＝；
如图2﹣2，当⊙O第二次与PQ相切于点M时，
∵AH+AP＝6t，AB+BQ＝6t，且BQ＝AH，
∴HP＝QH＝AB＝30，
∴△QHP是等腰直角三角形，
∵CG＝DN＝OF＝4t，
∴QM＝QG＝4t﹣(90﹣6t)＝10t﹣90，
PM＝PN＝4t﹣(60﹣6t)＝10t﹣60，
∴QP＝QM+MP＝20t﹣150，
∵QP＝QH，
∴20t﹣150＝30，
∴t＝，
综上所述，当PQ与⊙O有公共点时，t的取值范围为：≤t≤．
【点睛】
本题考查了圆和一元一次方程的综合问题，掌握圆切线的性质、解一元一次方程的方法、等腰直角三角形的性质是解题的关键．
24、 (1)图见解析，抛物线的函数表达式为（注：因建立的平面直角坐标系的不同而不同）；(2)
【分析】（1）以AB的中点为平面直角坐标系的原点O，AB所在线为x轴，过点O作AB的垂线为y轴建立平面直角坐标系（图见解析）；因此，抛物线的顶点坐标为，可设抛物线的函数表达式为，再将B点的坐标代入即可求解；
（2）根据题（1）的结果，令求出x的两个值，从而可得水面上升1m后的水面宽度，再与12m作差即可得出答案.
【详解】（1）以AB的中点为平面直角坐标系的原点O，AB所在线为x轴，过点O作AB的垂线为y轴，建立的平面直角坐标系如下：
根据所建立的平面直角坐标系可知，B点的坐标为，抛物线的顶点坐标为
因此设抛物线的函数表达式为
将代入得：
解得：
则所求的抛物线的函数表达式为（注：因建立的平面直角坐标系的不同而不同）；
（2）由题意，令得
解得：
则水面上升1m后的水面宽度为：（米）
故水面上升1m，水面宽度将减少米.
【点睛】
本题考查了二次函数图象的性质，根据建立的平面直角坐标系求出函数的表达式是解题关键.
25、（1）图见解析；B′的坐标为（﹣1，3）；（2）.
【分析】（1）过点C作B′C⊥BC，根据网格特征使B′C=BC，作A′C⊥AC，使A′C=AC，连接A′B′，△A′B′C即为所求，根据B′位置得出B′坐标即可；
（2）根据旋转的性质可得∠ACA′=90°，利用勾股定理可求出AC的长，利用弧长公式求出的长即可.
【详解】（1）如图所示，△A′B′C即为所求；
B′的坐标为（﹣1，3）．
（2）∵A（3，3），C（0，﹣1）．
∴AC＝＝5，
∵∠ACA′＝90°，
∴点A经过的路径的长为：＝.
【点睛】
本题考查旋转的性质及弧长公式，正确得出旋转后的对应边和旋转角是解题关键.
26、（1）①；②线段、、之间的数量关系为：，理由见解析；
（2），，理由见解析．
（3）理由见解析．
【分析】（1）①证明△BAD≌△CAE（SAS），可得结论：∠ACE=∠B=60°； ②由△BAD≌△CAE，得BD=CE，利用等边三角形的AC=BC=BD+DC等量代换可得结论；
（2）如图2，先证明△ABD≌△ACE，得BD=CE，∠ACE=∠B=45°，同理可得结论；
（3）如图3，作辅助线，构建如图2的两个等腰直角三角形，已经有一个△ABD，再证明△ACF也是等腰直角三角形，则利用（2）的结论求AC的长．
【详解】（1）①∵和均为等边三角形，
∴，，，
∴，
即，
∴，
∴，
②线段、、之间的数量关系为：；
理由是：由①得：，
∴，
∵，
∴；
（2），，理由是：
如图2，∵和均为等腰直角三角形，且，
∴，，，
即，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵在等腰直角三角形中，，
∴；
（3）如图3，过作的垂线，交的延长线于点，
∵，，，
∴，，
∵，
∴以BD的中点为圆心，为半径作圆，则A，C在此圆上，
∴、、、四点共圆，
∵恰好平分
∴，
∴是等腰直角三角形，
由（2）得：，
∴．
【点睛】
本题是四边形的综合题，考查了等边三角形的性质、等腰直角三角形的性质、三角形全等的性质和判定、四点共圆的判定，圆周角定理，本题还运用了类比的思想，从问题发现到解决问题，第三问有难度，作辅助线，构建等腰直角三角形ACF是关键．